【KS5U解析】江西省2020届高三质量监测数学（理）试题 Word版含解析

1、江西省2020年高中毕业班质量监测理数试卷第卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知（i为虚数单位），在复平面内，复数z的共轭复数对应的点在（ ）a. 第一象限b. 第二象限c. 第三象限d. 第四象限【答案】d【解析】【分析】求出复数z，写出，即得对应的点所在的象限.【详解】，复数z的共轭复数对应的点是，在第四象限.故选：.【点睛】本题考查复数的除法运算和共轭复数，属于基础题.2.全集，集合，集合，图中阴影部分所表示的集合为（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】由图可得，阴影部分表示的

2、集合为.求出集合，即求.【详解】集合，由venn图可知阴影部分对应的集合为，又或，.故选：.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题.3.已知抛物线的焦点到准线的距离为，则实数a等于（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】把抛物线方程化为标准式，即得a的值.【详解】把抛物线方程化为标准式得，抛物线的焦点到准线的距离为，.故选：.【点睛】本题考查抛物线的标准方程，属于基础题.4.已知是等比数列，前n项和为，则“”是“为递增数列”的（ ）a. 充分不必要条件b. 必要不充分条件c. 充要条件d. 既不充分也不必要条件【答案】b【解析】【分析】分别求出和为递增数列的充要条件，判断它们之

3、间的关系，即得答案.【详解】是等比数列， 或，的充要条件为或.又，为递增数列的充要条件为，所以“”是“为递增数列的必要不充分条件.故选：.【点睛】本题考查数列的单调性和充分必要条件，属于基础题.5.千百年来，我国劳动人民在生产实践中根据云的形状、走向、速度、厚度、颜色等的变化，总结了丰富的“看云识天气”的经验，并将这些经验编成谚语，如“天上钩钩云，地上雨淋淋”“日落云里走，雨在半夜后”小波同学为了验证“日落云里走，雨在半夜后”，观察了所在地区a的100天日落和夜晚天气，得到如下列联表：夜晚天气日落云里走下雨未下雨出现255未出现2545临界值表p（）0.100.050.0100.0012.70

4、63.8416.63510.828并计算得到，下列小波对地区a天气判断不正确的是（ ）a. 夜晚下雨的概率约为b. 未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为c. 有的把握认为“日落云里走是否出现”与“当晚是否下雨”有关d. 出现“日落云里走”，有的把握认为夜晚会下雨【答案】d【解析】【分析】把频率看作概率，即可判断的正误；根据独立性检验可判断的正误，即得答案.【详解】由题意，把频率看作概率可得：夜晚下雨的概率约为，故正确；未出现“日落云里走”夜晚下雨的概率约为，故正确；由，根据临界值表，可得有的把握认为“日落云里走是否出现”与“当晚是否下雨”有关，故正确；故错误.故选：.【点睛】本题考查独立性检

5、验，属于基础题.6.圆c的半径为5，圆心在x轴的负半轴上，且被直线截得的弦长为6，则圆c的方程为（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】设圆心为().根据弦长和半径可求出圆心到直线的距离，再根据点到直线的距离求，即得圆c的方程.【详解】设圆心为()，圆c的半径为5，弦长为6，圆心到直线的距离为.又圆心到直线的距离为，解得.圆c的方程为，即.故选：.【点睛】本题考查圆的方程，考查直线和圆的位置关系，属于基础题.7.，的大小关系是（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据对数函数和指数函数的单调性，判断这三个数所在的大致范围，即得大小关系.【详解】，.故选：.【点

6、睛】本题考查指数函数和对数函数的单调性，属于基础题.8.在三角形中，双曲线以a、b为焦点，且经过点c，则该双曲线的离心率为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】由余弦定理求出.由题意，求出，即得离心率.【详解】在三角形中，由余弦定理可得，.双曲线以a、b为焦点，且经过点c，.由双曲线的定义得.离心率.故选：.【点睛】本题考查余弦定理、双曲线的定义和简单的几何性质，属于基础题.9.已知函数，则方程所有根的和等于（ ）a. 1b. 2c. 3d. 4【答案】c【解析】【分析】证明函数的图象关于点对称，易知函数在定义域上单调递增.由函数的图象关于原点对称，得函数的图象关于点对称，且

7、函数在定义域上单调递增. 又是方程的一个根. 当时，令，根据零点存在定理和的单调性，知在上有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个根.根据图象的对称性可知方程在上有且只有一个根，且.即可求出方程所有根的和.【详解】设点是函数图象上任意一点，它关于点的对称点为，则，代入，得.函数的图象与函数的图象关于点对称，即函数的图象关于点对称，易知函数在定义域上单调递增.又函数的图象关于原点对称，函数的图象关于点对称，且函数在定义域上单调递增.又是方程的一个根.当时，令，则在上单调递减.，根据零点存在定理，可得在上有一个零点，根据的单调性知在上有且只有一个零点，即方程在上有且只有一个根.根据图象的对称性可知

8、方程在上有且只有一个根，且.故方程所有根的和等于.故选：.【点睛】本题考查函数与方程的综合应用，考查零点存在定理，属于较难的题目.10.如图所示，直线，点a是、之间的一定点，并且点a到、的距离分别为2、4，过点a且夹角为的两条射线分别与、相交于b、c两点，则面积的最小值是（ ）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【分析】设与垂线的夹角为，用表示，则的面积，根据两角差的余弦公式和辅助角公式可求面积的最小值.【详解】设与垂线的夹角为，则，面积，所以当，即当时，面积最小，最小值是.故选：.【点睛】本题考查三角形面积公式、两角差的余弦公式和辅助角公式，属于中档题.11.在三棱锥中，底面为正三角形

9、，且.若三棱锥的每个顶点都在球o的球面上，则球o的半径的最小值为（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】取边的中点d，连接，可证明面，故，从而证明面.又球心o在过的中心且垂直于面的直线上，即面，故，且.不妨设，则，用表示，即求球o的半径的最小值.详解】因为三棱锥中，底面为正三角形，.又，取边的中点d，连接，又，面，.，面.底面为正三角形，球心o在过的中心且垂直于面的直线上，即面，.三棱锥的每个顶点都在球o的球面上，.不妨设，则，即，当时，所以.故选：.【点睛】本题考查三棱锥的外接球，考查线面垂直的判定定理，属于中档题.12.设是在上的可导函数，且，则下列一定不成立的是（ ）a.

10、 b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】设，可得设，故为单调递增函数或常数函数.由，可得，故在区间上是常数函数，可求值，可得的正误. 再根据，求出的取值范围，进而判断的正误，即得答案.【详解】是在上的可导函数，且，设，为单调递增函数或常数函数.又，在区间上是常数函数，.又，.故选：.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于较难的题目.第卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两个部分.第1321题为必考题，每个考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中x的系数是_.【答案】5【解析】【分析】，再按二

11、项式定理展开，即得x的系数.【详解】，的系数为.故答案为：5.【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题.14.设向量，向量，且，则等于_.【答案】【解析】【分析】由，得.又，把代入即得答案.【详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示，考查三角函数式的求值，属于基础题.15.已知一个四棱柱的三视图如图（图中小正方形的边长为1），则该四棱柱的全面积等于_.【答案】【解析】【分析】根据四棱柱的三视图画出直观图，即求该四棱柱的全面积.【详解】该四棱柱的直观图如图所示全面积等于.故答案为：.【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于中档题.16.已知数列的通项公式是

12、，在和之间插入1个数，使，成等差数列；在和之间插入2个数，使，成等差数列；在和之间插入n个数，使，成等差数列.这样得到新数列：，.记数列的前n项和为，有下列判断：；.其中正确的判断序号是_.【答案】【解析】【分析】根据等差数列的性质和数列求和的方法逐一判断：，可得的正误；在数列中是第项，可得的正误；由，得，可得的正误；分组求和得，可得的正误.【详解】,故正确；在数列中是第项，所以，故错误；，故正确；，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列的性质和数列求和，属于较难的题目.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，共70分.17.已知点o是的外接圆的圆心，.（1）求外接圆o的面积

13、.（2）求【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据余弦定理求出.设外接圆的半径为，由正弦定理得，即求外接圆o的面积；（2）设的中点为，则，则，即可求出数量积.【详解】（1）由余弦定理得，.设外接圆的半径为，由正弦定理得，所以外接圆的面积为.（2）设的中点为，则，.【点睛】本题考查正、余弦定理和向量的数量积，属于基础题.18.如图所示，已知四边形是菱形，平面平面，.（1）求证：平面平面.（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，再由面面垂直的判定定理得平面平面；（2）设与交于点o，连接，可证平面.以o为坐标原点，以

14、，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，即求二面角的余弦值.【详解】（1）证明：菱形中，又平面平面，平面平面，平面又平面，平面平面.（2）设与交于点o，连接，因为，且，四边形是平行四边形，.，又平面平面，平面平面，平面，平面.以o为坐标原点，以，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示则，.设平面的法向量为，则，即，令，则，.又平面的法向量为.设二面角的大小为，则为锐角.，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的性质定理和判定定理，考查用向量的方法求面面角，属于中档题.19.2020年春节期间，全国人民都在抗击“新型冠状病毒肺炎”的斗争

15、中.当时武汉多家医院的医用防护物资库存不足，某医院甚至面临断货危机，南昌某生产商现有一批库存的医用防护物资，得知消息后，立即决定无偿捐赠这批医用防护物资，需要用a、b两辆汽车把物资从南昌紧急运至武汉.已知从南昌到武汉有两条合适路线选择，且选择两条路线所用的时间互不影响.据调查统计2000辆汽车，通过这两条路线从南昌到武汉所用时间的频数分布表如下：所用的时间（单位：小时）路线1的频数200400200200路线2的频数100400400100假设汽车a只能在约定交货时间的前5小时出发，汽车b只能在约定交货时间的前6小时出发（将频率视为概率）.为最大可能在约定时间送达这批物资，来确定这两车的路线.

16、（1）汽车a和汽车b应如何选择各自的路线.（2）若路线1、路线2的“一次性费用”分别为3.2万元、1.6万元，且每车医用物资生产成本为40万元（其他费用忽略不计），以上费用均由生产商承担，作为援助金额的一部分.根据这两辆车到达时间分别计分，具体规则如下（已知两辆车到达时间相互独立，互不影响）：到达时间与约定时间的差x（单位：小时）该车得分012生产商准备根据运输车得分情况给出现金排款，两车得分和为0，捐款40万元，两车得分和每增加1分，捐款增加20万元，若汽车a、b用（1）中所选的路线运输物资，记该生产商在此次援助活动中援助总额为y（万元），求随机变量y的期望值，（援助总额一次性费用生产成本现

17、金捐款总额）【答案】（1）汽车a选择路线1，汽车b选择路线2；（2）138.8.【解析】【分析】（1）由题目中的频数分布表列出频率分布表，求出汽车在约定交货时间前5（6）小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达的概率，选择概率较大的路线；（2）设表示汽车a选择路线1时的得分，表示汽车b选择路线2时的得分，分别求出，的分布列，再求出的分布列，求出，即可求出.【详解】（1）频率分布表如下：所用的时间（单位：小时）路线1的频率0.20.40.20.2路线2的频率0.10.40.40.1设，分别表示汽车在约定交货时间前5小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达；、分

18、别表示汽车在约定交货前6小时出发选择路线1、2将物资运往武汉且在约定交货时间前到达；，所以汽车a选择路线1，汽车b选择路线2.（2）设表示汽车a选择路线1时的得分，表示汽车b选择路线2时的得分，的分布列分别是：012p0.60.20.201p0.90.1设则x的分布列如下：01230.540.240.20.02，所以（万元）所以援助总额的期望值为138.8.【点睛】本题考查频率分布表、离散型随机变量的分布列和数学期望，属于较难的题目.20.已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且、成等比数列（1）求椭圆的方程；（2）斜率不为的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求（为

19、坐标原点）面积的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意可得出关于、的方程组，可求出、的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的方程；（2）解法一：设点、，将点、的坐标代入椭圆的方程，变形后相减可得，再由、，经过向量的坐标运算求得，由点在椭圆内得到，再由三角形的面积公式可求得面积的取值范围；解法二：设点、，由、，根据向量的坐标运算得出，设直线的方程为，与椭圆的方程联立，由得出的取值范围，由代入韦达定理并消去，得出，进而得出，再由三角形的面积公式可求得面积的取值范围；解法三：设直线的方程为，与椭圆的方程联立，由得出的取值范围，并列出韦达定理，利用向量的线性运算可得出，并求出原点到直

20、线的距离，利用三角形的面积公式可求得面积的取值范围.【详解】（1）依题意，解得，所以椭圆的方程是；（2）解法一：设、，则，相减得：，又由，知，由，知，代入式得：，即，又因为点在椭圆内，所以，所以的面积；解法二：设，则，设直线的方程为，代入椭圆的方程得：，由得，所以，消去得到，所以，因此的面积；解法三：设直线的方程为，代入椭圆的方程得：，由得，所以，原点到直线的距离，所以的面积，因为，所以【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的中三角形面积的取值范围，以及向量共线的问题，考查方程思想的应用，属于中档题21.已知函数（其中e是自然对数的底数，a，）在点处的切线方程是.（1）求函数的单调区间.（

21、2）设函数，若在上恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.【解析】【分析】（1）求出.由题意求出，即可求出，代入，即可求出的单调区间；（2）由（1）知.解法1：要使在上恒成立，只需即可，利用导数求；解法2：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.令，则只需即可，利用导数求；解法3：要使在上恒成立，等价于在上恒成立. 先证明，可得当时，有，可得，即求实数m的取值范围.【详解】（1）对函数求导得，由条件可知，解得，所以.令得，于是，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.故函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）由（1）知.解法1：要使在上恒成立，只需即可.

22、因为，所以在上单调递增.因为当时，当时，所以，在上存在唯一的零点，满足，所以，且在上单调递减，在上单调递增，于是由得，此时必有，两边同时取自然对数，则有，即.构造函数（），则，所以函数在上单调递增，又，所以，即.故，于是实数m的取值范围是.解法2：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.令（），则只需即可.，令（），则，所以在上单调递增，又，所以有唯一的零点，且，在上单调递减，在上单调递增.因为，两边同时取自然对数，则有，即.构造函数（），则，所以函数在上单调递增，又，所以，即.所以.于是实数m的取值范围是解法3：要使在上恒成立，等价于在上恒成立.先证明，令（），则，于是，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，故（当且仅当时取等